Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также:

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

J −e2πpi J = −2πipeπpi

a p−1

+1)p+1

J = −

a p−1

2πpieπpi

= −

a p−1

2πpi 2isin πp

(a +1) p+1

1−e2πpi

(a +1) p+1

4sin2 πp

a p−1

πp

(a +1) p+1

sin πp

Пример 13.15 ([3], № 4.185). Вычислить интеграл

1 (1+ x)1−p (1− x) p

∫

dx (−1 < p < 2).

1+ x

−1

Решение.

Рассмотрим

интеграл

∫

(1+ z)1−p (1− z) p

dz, где

контур

С пред-

1+ z

ставлен на рис. 13.8. Выделим ветви, яв-

ляющиеся

аналитическим

продолжением

подынтегральной функции с верхнего бе-

рега разреза.

Как видно из рисунка, на верхнем бере-

Рис. 13.8

гу разреза arg(1 + z) = 0,

arg(1 − z) = 0,

(1+ z)1−p

= e(1−p)Ln (1+z)

= e(1−p)(ln

1+z

+i arg(1+z)+i2πk )

z=x

= (1+ x)1−p k = 0,

выделенная ветвь имеет вид

(1+ z)1−p =e(1−p)(ln

1+z

+i arg(1+z)) ;

(1−z)p =epLn(1−z)

=ep(ln

1−z

+i arg(1−z)+i2πk)

z=x

=(1−x)p k =0,

выделенная ветвь

(1− z) p = ep(ln

1−z

+i arg(1−z)) .

Внутри контура интегрирования подынтегральная функция имеет две особые точки z = ±i – полюсы первого порядка. Вычислим вычеты в них.


В точке z = i	z +1		=		2 (рис 13.9):		Рис. 13.9
В точке z = i	z +1		=		2 (рис 13.9):
		1− z		=	2	;

201

arg(z +1) = φ =

arg(1− z) = φ

= −

;

= e(1−p)(ln

2 +i

= ep(ln

2 −i

(1+ z)1−p

)

(1− z)p

4 ) ,

z=i

res[ f (z),i] =

(1+ z)1−p (1− z) p

ψ'

z=i

1−p

e(1−p)(ln 2 +i

)

e p(ln 2 −i

)

2 2

(1−p)

e−i

В точке z = −i

z +1

1− z

= 2 ;

φ = −

= −

7π

;

7π

(1+ z)1−p

= e(1−p)(ln

2 −i 4 )

(1− z) p

= ep(ln

2 −i

4 ) .

z=−i

7 π

(1+ z)1−p (1− z) p

e(1−p)(ln

2 −i

) ep(ln

2 −i

)

res[ f (z), −i] =

ψ′

z=−i

−2i

1−p

7 π

3π

2 2

e−i

(1−p) 2

e−i 4

22 e

−i

e−i

2 p

−2i

Интеграл равен

3π

2πi ∑ res[ f (z), zk ] = 2πi[ 2

e−i

] =

−

k =1,2

πp

3πp

= π 2 (ei

−i

−e−i

−i

2 ).

Покажем, что интегралы по малым окружностям при стремлении их радиуса ρ к нулю, обращаются в 0. Рассмотрим интеграл по

окружности

центром

точке

z = −1 .

Обозначим

z +1 =ρ eiφ1

;

z = −1+ρ eiφ1

;

dz =ρieiφ1 dφ

1−p

− z)

2π ρ1−p

2 −ρ eiφ1

∫

(1+ z)

≤

∫

ρ dφ

1+ z2

1+ρ 2ei2φ1

Cρ

202

	2π		2 −ρ eiφ1	p
	2π		2 −ρ eiφ1	p
= ρ 2−p			1			dφ	→ 0,
= ρ 2−p	∫					dφ	→ 0,
1	∫	1+ρ 2ei2φ1			1
	0	1

при ρ1 → 0 , так как p < 2 .

Аналогично доказывается обращение в 0 интеграла по малой окружности с центром в точке z =1 .

Вычислим интеграл по большой окружности радиуса R:

∫	(1+ z)1−p (1− z)p		dz = −2πi res[ f (z),∞].

	1	+ z2
CR
Выделим главный		член подынтегральной функции f ( z) при
z →∞ . Так как	z = ∞ есть правильная точка этой функции, то

можно рассмотреть поведение этой функции при z →∞ , например, на действительной положительной полуоси. Здесь (см. рис. 13.8)

1−p

(1−p)(ln

1+z

+iφ1 )

1−p

(1+ z)

= e

z=x =

(1+ x)

;

= ep(ln

1−z

+iφ2 )

φ1

(1− z)p

z=x

= (x −1)p e−iπp .

φ2 =−π

Таким образом, при

z →∞ главный

член

подынтегральной

функции имеет вид

f (z) =

(1+ z)1−p (1− z) p

e−iπp

1+ z

z→∞

разложение функции

f ( z) в ряд Лорана в точке z = ∞ начинается

с члена

e−iπp

−1

= e−iπp

∫

(1+ z)1−p

(1− z) p

−iπp

1+ z

dz = −2πi (−c−1) = 2πie

Интеграл по верхнему берегу разреза есть искомый интеграл J.

Найдем интеграл по нижнему берегу разреза:

1+ z

=1+ x ;

arg(1 + z) = 0 ;

1− z

=1− x ; arg(1 − z) = −2π

(см.

рис. 13.8);

(1+ z)1−p = (1+ x)1−p ; (1− z) p = (1− x) p e−2πpi

и, следовательно, инте-

грал по нижнему берегу равен

203

−1	(1+ x)1−p (1− x) p e−2πpi			−2πpi
∫			dx = −e		J .
∫	1+ x	2	dx = −e		J .
1	1+ x

Приравнивая интегралы, вычисленные обоими способами, получим

πp

3πp

J −e−2πpi J + 2πie−iπp = 2π(ei

−i

−e−i

−i

2 ) ,

πp

3πp

2π(ei

−i

−e−i

−i

) −2πie−iπp

J =

1−e−2πpi

πp

3πp

[ 2π(ei

−i

−e−i

−i

2 ) −2πie−iπp ] (1−e2πpi )

(1−e−2πpi )(1−e2πpi )

π πp

3πp

πp

2π(ei

−i

−e−i

−i

−ei

+e−i

) +2πi(eπpi −e−πpi )

2 −2cos 2πp

πp

3πp

2π

2cos(

−

) −2cos(

) +2πi 2isin πp

4sin2

πp

2πsin(

πp

)sin πp −πsin πp

2 sin(

πp

) −1

= π

sin2 πp

sin πp

[

sin

πp +

cos

πp ) −1] =

sin πp

(sin

πp

+cos πp

−1).

sin πp

Пример

13.16

([3],

№

4.186).

Вычислить

интеграл

∫0

(x +1) 3 x2 (1− x)

Решение.

Рассмотрим

∫

где

контур

С пред-

(z +1) 3 z2 (1 − z)

ставлен на рис. 13.10.

204

Точки ветвления подынтегральной функции z = 0 и z = 1. Они удалены внутренним контуром. Поэтому разделение

функции 3

z2 (1− z) на однозначные ана-

литические

функции в

рассматриваемой

области (внутри контура интегрирования

C) возможно. Выделим ветвь, являющую-

ся аналитическим продолжением с дейст-

Рис. 13.10

вительной оси (с верхнего берега разреза).

Пусть z =

ei arg z =ρ eiφ1 ;

1− z = ρ

eiφ2

. Тогда

3 z2 (1 − z) =

3 ρ

2ρ

2φ1 +φ2 +2 πk

(k = 0,1, 2) (по определению корня). На верхнем берегу разреза:

φ1 = 0, φ2 = 0, ρ1 = x,

Внутри контура C подынтегральная функция имеет одну особую точку z = –1 – полюс первого порядка. Вычислим вычет в этой точ-

ке. В ней ρ1 =1,

φ1 =π,

ρ2 =2,

φ2

= 0 . Следовательно,

= 3 2 ei

2π

3 z2 (1− z)

z=−1

e−i

2π

res[ f (z),−1] = lim f (z) (z +1) =

3 z2 (1−z)

3 2

z→−1

z=−1

Интеграл равен

∫

= 2πi res[ f (z), −1] =

2πi

−i

2π

3 .

3 z

C (z +1)

(1− z)

Вычислим интеграл по составным частям контура С. Покажем, что интегралы по малым окружностям радиуса ρ и по большой окружности радиуса R стремятся к нулю при ρ → 0 и R → ∞ , соот-

ветственно. По окружности с центром в z = 0 :

205

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

ρ2 =1 − x 3 x2 (1− x)ei

ρ2 =1 − x 3 x2 (1− x)ei

3 = 3 x2 (1 − x) k = 0 .

Интегрируется ветвь 3 z2 (1 − z) =




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27